2025版新教材高中物理第一章靜電場(chǎng)微點(diǎn)13帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)課時(shí)作業(yè)教科版必修第三冊(cè)

微點(diǎn)13帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)eq\a\vs4\al(過基礎(chǔ))1.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，且恰好從正極板邊緣飛出．現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍B．4倍C．eq\f(1,2)D．eq\f(1,4)2.如圖所示，帶電粒子以某一初速度v垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，僅在電場(chǎng)力的作用下沿虛線運(yùn)動(dòng)．下列說法正確的是()A．該粒子帶負(fù)電，速度漸漸增大B．該粒子帶負(fù)電，速度漸漸減小C．該粒子帶正電，速度漸漸增大D．該粒子帶正電，速度漸漸減小3．(多選)如圖所示，電子以初速度v0沿垂直電場(chǎng)強(qiáng)度方向射入兩平行金屬板中間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，現(xiàn)增大兩金屬板間的電壓，但仍使電子能夠穿過平行板，則下列說法正確的是()A．電子穿越平行金屬板所須要的時(shí)間削減B．電子穿越平行金屬板所須要的時(shí)間不變C．電子穿越平行金屬板的側(cè)向位移增大D．電子穿越平行金屬板的側(cè)向位移削減4.如圖所示，a、b兩個(gè)帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，a粒子打在B板的a′點(diǎn)，b粒子打在B板的b′點(diǎn)，若不計(jì)重力，則()A．a(chǎn)的電荷量肯定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量肯定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷肯定大于b的比荷D．b的比荷肯定大于a的比荷5.三個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為甲粒子(q，m)、乙粒子(－q，m)、丙粒子(2q，4m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向射入沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．不計(jì)重力，q>0.則甲、乙、丙粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡分別是()A．①、②、③B．③、①、②C．②、①、③D．③、②、①6．如圖所示，一價(jià)氫離子和二價(jià)氮離子的混合體，經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn)B．先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)C．同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn)D．先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)7.如圖所示，一平行板電容器間距為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，有一帶電粒子貼著A板內(nèi)側(cè)O點(diǎn)沿水平方向射入A、B兩板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)A、B兩板間電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿軌跡Ⅰ從距離A板e(cuò)q\f(d,3)的C點(diǎn)飛出；當(dāng)A、B兩板間電壓為U2時(shí)，相同帶電粒子沿軌跡Ⅱ落到B板上距離左端eq\f(L,3)的D點(diǎn)．設(shè)粒子兩次射入電場(chǎng)的水平初速度相同，不計(jì)重力，則兩次電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶1B．U1∶U2＝1∶3C．U1∶U2＝1∶9D．U1∶U2＝1∶278.(多選)湯姆孫發(fā)覺電子的質(zhì)譜裝置示意圖如圖所示，兩塊水平正對(duì)放置的平行金屬板，板長(zhǎng)、兩板間距以及板右端到屏的距離均為L(zhǎng)，OO′為垂直于屏的中心軸線．一電子從O點(diǎn)以水平初速度v0射入兩板間，若在兩金屬板間加大小為U的電壓，電子從A點(diǎn)射出金屬板，最終打在屏上B點(diǎn)．已知O′B的距離為L(zhǎng)，下列說法正確的是()A．OA在豎直方向的距離為eq\f(2L,5)B．OA在豎直方向的距離為eq\f(L,3)C．電子的比荷為eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3U)D．電子的比荷為eq\f(3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2U)9.如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點(diǎn)豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子通過電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí)，速率vB＝2v0，方向與電場(chǎng)的方向一樣，則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為()A．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2q)B．eq\f(3mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)C．eq\f(2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)D．eq\f(3mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2q)10.如圖所示，平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，一個(gè)帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子以初速度v0緊貼上極板垂直電場(chǎng)線射入電場(chǎng)，剛好從下極板邊緣射出，末速度恰與下極板成60°角，粒子重力不計(jì)，求：(1)粒子末速度大??；(2)兩極板間距離；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度．11．如圖所示，一質(zhì)量m＝2.0×10－16kg、電荷量q＝1.0×10－12C的帶正電的粒子由靜止經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，又沿中心軸線從O點(diǎn)垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出打在熒光屏上的某點(diǎn)．O′點(diǎn)是熒光屏的中心，已知加速電場(chǎng)的電壓U0＝2500V，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U＝100V，極板的長(zhǎng)度L1＝6.0cm，板間距離d＝2.0cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝3.0cm，若不計(jì)粒子重力，求：(1)粒子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度大小v0；(2)粒子打在熒光屏上的點(diǎn)到O′點(diǎn)的距離Y；(3)粒子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)過程中電場(chǎng)力對(duì)它所做的功W.微點(diǎn)13帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．答案：C解析：電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，故d2＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，即d＝∝eq\f(1,v0)，故C正確．2．答案：C解析：由題圖粒子運(yùn)動(dòng)軌跡知，粒子所受電場(chǎng)力方向水平向右，與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，則粒子帶正電；由于電場(chǎng)力方向與粒子速度方向夾角小于90°，電場(chǎng)力做正功，粒子的動(dòng)能增大，則速度漸漸增大，故選C.3．答案：BC解析：電子在沿初速度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則電子穿越平行金屬板所須要的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)，當(dāng)增大兩金屬板間的電壓時(shí)，時(shí)間t不變，A錯(cuò)誤，B正確；電子在垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，側(cè)向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·(eq\f(L,v0))2，當(dāng)增大兩金屬板間的電壓時(shí)，電子穿越平行金屬板的側(cè)向位移增大，C正確，D錯(cuò)誤．4．答案：C解析：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(eq\f(x,v0))2得：x＝v0eq\r(\f(2mh,qE)).由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，故選C.5．答案：B解析：由題圖可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，而①軌跡對(duì)應(yīng)的粒子所受的電場(chǎng)力方向豎直向上，故①軌跡對(duì)應(yīng)的粒子帶負(fù)電，即為乙粒子；由圖可知，②、③軌跡對(duì)應(yīng)的粒子，在水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且水平位移相同，則兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在相同的時(shí)間內(nèi)，②軌跡對(duì)應(yīng)的粒子的豎直位移較小，故②軌跡對(duì)應(yīng)的加速度較小，而甲粒子的加速度為a甲＝eq\f(qE,m)，丙粒子的加速度為a丙＝eq\f(2qE,4m)＝eq\f(qE,2m)，則有a丙<a甲，故②軌跡對(duì)應(yīng)的粒子為丙粒子，而③軌跡對(duì)應(yīng)的粒子為甲粒子，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．6．答案：B解析：設(shè)加速電場(chǎng)寬度為d1，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d2，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\r(\f(2mdeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),qU1))，兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以兩粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(L,v0)＝eq\r(\f(mL2,2qU1))，由于兩種粒子的電荷量和質(zhì)量的比值不同，由上述可知兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，它們先后到達(dá)屏上；經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，粒子的偏移量y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md2)·eq\f(L2,veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\f(U2L2,4d2U1)，由上式可知兩粒子到達(dá)屏上同一點(diǎn)，故選B.7．答案：D解析：由于兩粒子射入電場(chǎng)的水平初速度相同，設(shè)為v0x，設(shè)第一次時(shí)間為t1，其次次時(shí)間為t2，則t1＝eq\f(L,v0x)，t2＝eq\f(L,3v0x)，可得t1∶t2＝3∶1，豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)at2則y1∶y2＝a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))∶a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))代入數(shù)據(jù)得eq\f(1,3)＝eq\f(a1×32,a2)，得a1∶a2＝1∶27，粒子的加速度a＝eq\f(qU,md)，可得U1∶U2＝1∶27，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．故選D.8．答案：BC解析：設(shè)電子在A點(diǎn)的速度vA與水平方向的夾角為θ，則有tanθ＝2·eq\f(yOA,xOA)，可知yOA＝eq\f(1,2)Ltanθ，依據(jù)幾何關(guān)系有yOA＋yAB＝eq\f(1,2)Ltanθ＋Ltanθ＝L，解得yOA＝eq\f(L,3)，A錯(cuò)誤，B正確；電子從金屬板射出時(shí)的偏移距離yOA＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,mL)·(eq\f(L,v0))2，可知電子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2·\f(L,3)·veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))·L,UL2)＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3U)，C正確，D錯(cuò)誤．9．答案：C解析：粒子從A到B，依據(jù)動(dòng)能定理得qUAB－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，因?yàn)関B＝2v0，只考慮粒子在豎直方向的運(yùn)動(dòng)狀況，只受到重力，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)有0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2gh，聯(lián)立解得UAB＝eq\f(2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),q)，故選C.10．答案：(1)2v0(2)eq\f(\r(3),2)L(3)eq\f(\r(3)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),qL)解析：(1)粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度如圖所示，由圖示可知：v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0.(2)帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上：L＝v0t，粒子離開電場(chǎng)時(shí)，豎直方向的分速度vy＝v0tan60°，兩板間的距離：d＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(\r(3),2)L.(3)粒子從射入電場(chǎng)到離開電場(chǎng)，由動(dòng)能定理得：qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，聯(lián)立以上各式解得：E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),qL).11．答案：(1)5000m/s(2)3.6×10－3m(3)9×10－12J解析：(1)在加速電場(chǎng)中，依據(jù)動(dòng)能定理有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v0＝eq\r(\f(2qU0,m))＝5000m/s.(2)設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量為y，粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有L1＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，依據(jù)牛頓其次定律